Question

8．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁、F₂，橢圓C過點P（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$），直線PF₁交y軸于Q，且$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{QO}$，O為坐標原點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設M是橢圓C的上頂點，過點M分別作直線MA，MB交橢圓C于A，B兩點，設這兩條直線的斜率分別為k₁，k₂，且k₁+k₂=2，證明：直線AB過定點．

Answer 1

分析 （1）由橢圓C過點$P（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，可得$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，由$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{QO}$，可得PF₂⊥F₁F₂，可得c=1，及其a²-b²=1，聯(lián)立解出即可得出．
（2）對直線AB的斜率分類討論：當直線AB的斜率不存在時，利用k₁+k₂=2，及其斜率計算公式即可得出．當直線AB的斜率存在時，設AB的方程為y=kx+m（m≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為關于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系、斜率計算公式即可得出．

解答 解：（1）∵橢圓C過點$P（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，∴$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$①，
∵$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{QO}$，∴PF₂⊥F₁F₂，則c=1，
∴a²-b²=1，②
由①②得a²=2，b²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）當直線AB的斜率不存在時，設A（x₀，y₀），則B（x₀，-y₀），由k₁+k₂=2得$\frac{{{y_0}-1}}{x_0}+\frac{{-{y_0}-1}}{x_0}=2$，得x₀=-1．
當直線AB的斜率存在時，設AB的方程為y=kx+m（m≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}}\right.⇒（{1+2{k^2}}）{x^2}+4kmx+2{m^2}-2=0$，
得${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${k_1}+{k_2}=2⇒\frac{{{y_1}-1}}{x_1}+\frac{{{y_2}-1}}{x_2}=2⇒\frac{{（{k{x_2}+m-1}）{x_1}+（{k{x_1}+m-1}）{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=2$，
即$（{2-2k}）{x_2}{x_1}=（{m-1}）（{{x_2}+{x_1}}）⇒（{2-2k}）（{2{m^2}-2}）=（{m-1}）（{-4km}）$，
由m≠1，（1-k）（m+1）=-km⇒k=m+1，
即y=kx+m=（m+1）x+m⇒m（x+1）=y-x，
故直線AB過定點（-1，-1）．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、斜率計算公式、向量共線定理，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．